2020届二轮复习(理)第2部分专题6第3讲　导数的综合应用学案

第3讲　导数的综合应用

　利用导数证明不等式(5年3考)
考向1　构造函数法(最值法)证明单变量不等式

[高考解读]　以我们熟知的不等关系，如ln x＜x，ln(x＋1)≤x，ex≥x＋1等为载体，通过变形或适当重组，形成一道新颖的题目.重在考查学生的等价转化能力，逻辑推理及数学运算的能力.
(2016·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；
(3)设c>1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
切入点：(1)当x＞1时，1＜＜x⇔ln x＜x－1＜xln x；(2)构造函数g(x)＝1＋(c－1)x－cx，借助(2)的讨论求解．
[解](1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
(2)证明：由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，
最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x＜x－1.
故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln＜－1，
即1＜＜x.
(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c.
令g′(x)＝0，解得x0＝.
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.
又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.

单变量不等式的证明方法
(1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；
(3)最值法：欲证f(x)＜g(x)，有时可以证明f(x)max＜g(x)min.
提醒：拆分函数时，ex和ln x尽量分到两个不同的函数中．
(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．

[一题多解](与ex，ln x有关的不等式证明问题)已知函数f(x)＝1－ln x＋a2x2－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a＝0且x∈(0,1)，求证：＋x2－＜1.
[解](1)a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上递减；
a＞0时，f(x)在上递减，
在上递增；
a＜0时，f(x)在上递减，
在上递增．
(2)法一：(最值法)若a＝0且x∈(0,1)，
欲证＋x2－＜1，
只需证＋x2－＜1，
即证x(1－ln x)＜(1＋x－x3)ex.
设函数g(x)＝x(1－ln x)，则g′(x)＝－ln x.
当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，故函数g(x)在(0,1)上单调递增，
所以g(x)＜g(1)＝1.
设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，则h′(x)＝(2＋x－3x2－x3)ex.
设函数p(x)＝2＋x－3x2－x3，则p′(x)＝1－6x－3x2.
当x∈(0,1)时，p′(0)·p′(1)＝－8＜0，
故存在x0∈(0,1)，使得p′(x0)＝0，
从而函数p(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减．
当x∈(0，x0)时，p(x0)＞p(0)＝2，当x∈(x0,1)时，p(x0)·p(1)＜－2＜0，
故存在x1∈(0,1)，使得h′(x1)＝0，
即当x∈(0，x1)时，p(x)＞0，当x∈(x1,1)时，p(x)＜0，
从而函数h(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1,1)上单调递减．
因为h(0)＝1，h(1)＝e，
所以当x∈(0,1)时，h(x)＞h(0)＝1，
所以x(1－ln x)＜(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，
即＋x2－＜1，x∈(0,1)．
法二：(放缩法)若a＝0且x∈(0,1)，
欲证＋x2－＜1，
只需证＋x2－＜1，
即证x(1－ln x)＜(1＋x－x3)ex.
设函数g(x)＝x(1－ln x)，则g′(x)＝－ln x，
当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，故函数g(x)在(0,1)上单调递增．
所以g(x)＜g(1)＝1.
设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，
因为x∈(0,1)，所以x＞x3，所以1＋x－x3＞1，
又1＜ex＜e，所以h(x)＞1，
所以g(x)＜1＜h(x)，
即原不等式成立．
法三：(放缩法)若a＝0且x∈(0,1)，
欲证＋x2－＜1，
只需证＋x2－＜1，
由于1－ln x＞0，ex＞e0＝1，则只需证明1－ln x＋x2－＜1，
只需证明ln x－x2＋＞0，令g(x)＝ln x－x2＋，
则当x∈(0,1)时，g′(x)＝－2x－＝＜＜0，
则函数g(x)在(0,1)上单调递减，则g(x)＞g(1)＝0，
所以ln x－x2＋＞0，
即原不等式原立．
[点评]　含“x”的不等式证明,考题第二问出现含x的不等式，往往是对所求证的不等式先进行等价变形，如移项、分解、重组，放缩等手段，化为更加加强的不等式的证明，甚至构造两个系数，其中放缩法比较灵活.
①x＞0时，证明：\f(x＋1,ex)(1－x－xln x)＜1＋e－2.
析：令g(x)＝，h(x)＝1－x－xln x.
易证0＜g(x)＜1，h′(x)＝－ln x－2.
∵h(x)在(0，e－2)上递增，在(e－2，＋∞)上递减，
∴h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2，
∴g(x)h(x)＜1＋e－2.
②当m≤2时，求证：ex－ln(x＋m)＞0.
证明：当m≤2时，x∈(－m，＋∞)，
∵ln(x＋m)≤ln(x＋2)，
∴只需证：ex－ln(x＋2)＞0.
令g(x)＝ex－ln(x＋2)，
g′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上递增.
又∵g′(－1)＝－1＜0，g′(0)＝＞0，
∴存在唯一实数x0∈(－1，0)，使g′(x0)＝0，即ex0＝.
∴当x∈(－1，x0)时，g′(x)＜0，x∈(x0，0)时，g′(x)＞0.
∵g(x)min＝g(x0)＝ex0－ln(x0＋2)＝＋x0
＝＋x0＋2－2＞0.
考向2　转化法证明双变量不等式

[高考解读]　以对数函数与线性函数的组合为载体，以函数的极值点、零点为依托，将函数、方程、不等式巧妙的融合在一起，重在考查学生的等价转化能力、数学运算能力和逻辑推理能力.
(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f(x)＝－x＋aln x存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2.
切入点： f′(x1)＝f′(x2)＝0，借助方程思想找出x1，x2的等量关系，构造函数借助单调性证明不等式．
[解]　∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－，
易知当且仅当a＞2时，f(x)存在两个极值点．
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1，
由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，
所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.
设函数g(x)＝－x＋2ln x，
g′(x)＝－－1＋＝
＝≤0，
∴g(x)在(0，＋∞)单调递减，
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，
所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.

证明双变量不等式的两种常见方法
对于形如f(x1，x2)＞A的不等式，其证明中的常见变形有以下两种：
(1)消元法：即借助题设条件，建立x1与x2的等量关系，如x2＝g(x1)，从而将f(x1，x2)＞A的双变量不等式化成h(x1)＞A的单变量不等式；
(2)换元法：结合题设条件，有时需要先对含有双变量的不等式进行“除法”变形，再对含有双变量的局部代数式进行“换元”处理，将双变量问题等价转化为单变量问题，即构建形如形式．

(与零点有关的双变量问题)已知函数f(x)＝ax－ln x(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，证明：＋＞2.
[解](1)a≤0时，减区间为(0，＋∞)，没有增区间；
a＞0时，减区间为 ，增区间为.
(2)证明：函数f(x)有两个零点分别为x1，x2，则a＞0，不妨设x1＜x2，则ln x1－ax1＝0，
ln x2－ax2＝0，
ln x2－ln x1＝a(x2－x1)．
要证＋＞2，只需证＋＞2a，
只需证＞a，
只需证＞，只需证＞ln ，
只需证ln ＜.
令t＝，则t＞1，即证ln t＜.
设φ(t)＝ln t－，则φ′(t)＝＜0，即函数φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，则φ(t)＜φ(1)＝0.
即得＋＞2.
　利用导数解决不等式恒成立(能成立)中的参数问题(5年2考)
考向1　分离参数或构造函数解决恒成立(能成立)问题

[高考解读]　以不等式中的恒成立(能成立)为载体，考查学生的等价转化能力，考查函数最值的求法，逻辑推理能力及数学运算的素养.
(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·＜m，求m的最小值．
[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意．
②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．
由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，
故a＝1.
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令x＝1＋，得ln＜，
从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1.
故·…·＜e.
而＞2，
所以m的最小值为3.

不等式恒成立、能成立问题常用解法
(1)分离参数后转化为求最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min.
(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参数的分类讨论．
(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用．
(4)恒成立(能成立)问题出现在压轴题第二问，分离参数法一般不好做，原因有两点：一是分离后求最值利用导数研究单调性．不好研究(多次求导无果或越求导越复杂)．二是遇到一个障碍点，如研究出f(x)在(1，＋∞)上递减，f(x)＜f(1)，而f(1)无意义，需要用到“洛必达法则”．所以一般不分离，直接利用导数研究单调性(需讨论)，转化求最值，注意定义域、端点值的利用，先出结果，排除反面．

1．(能成立问题)设函数f(x)＝2ln x－mx2＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)＞m－1成立，求实数m的取值范围．
[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－2mx＝，
当m≤0时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m＞0时，令f′(x)＞0，则0＜x＜，令f′(x)＜0，则x＞，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m＞0，且f(x)在 上单调递增，在上单调递减．
∴f(x)max＝f＝2ln－m·＋1＝－ln m，
若存在x0，使得f(x0)＞m－1成立，则f(x)max＞m－1.
即－ln m＞m－1，ln m＋m－1＜0成立，
令g(x)＝x＋ln x－1(x＞0)，
∵g′(x)＝1＋＞0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，
∴0＜m＜1.
∴实数m的取值范围是(0,1)．
2．(有限定范围恒成立问题)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．
[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.
故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0，
设g(x)＝ln x－，
则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)＞g(1)＝0.
②当a＞2时， 令g′(x)＝0，
得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1.
故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，
因此g(x)＜g(1)＝0，
综上可知，实数a的取值范围是(－∞，2]．
考向2　最值定位法解决双变量不等式恒成立问题

[高考解读]　以不等式恒成立(能成立)为载体，融合(特)称命题于其中，重在考查学生的最值转化能力，考查逻辑推理及数学运算的素养.
(2015·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.
(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．
切入点：(1)先对f(x)求导，再根据m的取值范围分别讨论f′(x)与0的关系，从而得证；
(2)对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1说明函数f(x)的最大值与最小值的差不大于e－1，结合(1)的结论求m的取值范围．
[解](1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.
若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0.
若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0.
所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是

即①
设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.
当t<0时，g′(t)<0；当t>0时，g′(t)>0.
故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，
故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0.
当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；
当m>1时，由g(t)的单调性知，g(m)>0，即em－m>e－1；
当m<－1时，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.
综上，m的取值范围是[－1,1]．

常见的双变量不等式恒成立问题的类型
(1)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，
使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)max.
(2)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，
使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min.
(3)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，
使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)min≤g(x2)min.
(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，
使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max.
(5)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，
使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)min.
(6)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，
使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)max.

(与量词有关的不等式恒成立问题)已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围．
[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，
f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②当1＜a＜e时，x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，
f(x)在[1，e]上为减函数．f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.
(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．
由(1)知当a＜1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－＜1，即a＞，
所以a的取值范围为.
　利用导数解决函数零点问题(5年4考)
考向1　根据参数确定函数零点的个数

[高考解读]　以函数零点个数的判定为载体，考查学生分类讨论及数形结合的思想，考查导数在研究函数图象变化中的作用，考查学生的逻辑推理能力及数学运算的素养.
(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x－.
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
切入点：(1)由f′(x)＞0(＜0)判断f(x)的单调性，借助零点存在性定理判断f(x)有两个零点；
(2)由导数的几何意义证明．
[解](1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
因为f′(x)＝＋＞0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．
因为f(e)＝1－＜0，f(e2)＝2－＝＞0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.又0＜＜1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零点.
综上，f(x)有且仅有两个零点．
(2)因为＝e，故点B在曲线y＝ex上．
由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝，故直线AB的斜率
k＝＝＝.
曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
[教师备选题]
(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－ln x.
(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线？
(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，讨论h(x)零点的个数．
切入点：(1)设切点为(x0,0)，由条件得f(x0)＝0，f′(x0)＝0，由此列方程组，进而解得结果．
(2)分x＞1，x＝1,0＜x＜1三种情形讨论h(x)的零点．
[解](1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即
解得
因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．
(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点．当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；
若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点．
当x∈(0,1)时，g(x)＝－ln x>0，所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数．
①若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调．
而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0,1)上没有零点．
②若－3 a．若f>0，即－ b．若f＝0，即a＝－，则f(x)在(0,1)上有唯一零点．
c．若f<0，即－3 综上，当a>－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－
三步求解函数零点(方程根)的个数问题
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；
第三步：结合图象求解．

(2019·雅礼中学二模)已知函数f(x)＝－x3＋ax－，g(x)＝ex－e(e为自然对数的底数)．
(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与曲线y＝g(x)在点(0，g(0))处的切线互相垂直，求函数f(x)＝－x3＋ax－在区间[－1,1]上的最大值；
(2)设函数h(x)＝试讨论函数h(x)零点的个数．
[解](1)∵f′(x)＝－3x2＋a，g′(x)＝ex，
∴f′(0)＝a，g′(0)＝1，
由题意知，a＝－1，f′(x)＝－3x2－1＜0，f(x)在区间[－1,1]上单调递减，
∴f(x)max＝f(－1)＝.
(2)函数g(x)＝ex－e在R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x＜1时，g(x)＜0，又f′(x)＝－3x2＋a.
①当a≤0时，f′(x)≤0，f(x)在R上单调递减，且过点0，－，f(－1)＝－a＞0.
即f(x)在x≤0时，必有一个零点，此时y＝h(x)有两个零点；
②当a＞0时，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，解得x1＝－＜0，x2＝＞0.
则－是函数f(x)的一个极小值点，是函数f(x)的一个极大值点．
而f－＝－－3＋a－－＝－－＜0，
现在讨论极大值的情况：
f＝－3＋a－＝－.
当f＜0，即a＜时，函数f(x)在(0，＋∞)上恒小于0，此时y＝h(x)有两个零点；
当f＝0，即a＝时，函数f(x)在(0，＋∞)上有一个零点，x0＝＝，此时y＝h(x)有三个零点；
当f＞0，即a＞时，函数f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于，一个零点大于.
若f(1)＝a－＜0，即a＜时，y＝h(x)有四个零点；
f(1)＝a－＝0，即a＝时，y＝h(x)有三个零点；
f(1)＝a－＞0，即a＞时，y＝h(x)有两个零点．
综上所述，当a＜或a＞时，y＝h(x)有两个零点；当a＝或a＝时，y＝h(x)有三个零点；当＜a＜时，y＝h(x)有四个零点．
考向2　根据零点个数确定参数的范围

[高考解读]　该类问题主要考查学生数形结合的意识和分类讨论的合理性，考查学生的逻辑推理及数学运算素养.
(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2＜2.
切入点：(1)思路一：求导，结合f(x)的单调性及f(x)的大致图象，分类讨论求得a的取值范围．
思路二：数形结合，转化 为直线y＝a与曲线y＝有两个交点．
(2)将x1＋x2＜2等价转化为f(x1)＞f(2－x2)，进而通过构造辅助函数g(x)＝f(x－2)，结合g(x)的单调性给予证明．
[解](1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．
②设a＞0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b＜0且b＜ln ，
则f(b)＞(b－2)＋a(b－1)2＝a＞0，
故f(x)存在两个零点．
③设a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)＜0，所以f(x)不存在两个零点．
若a＜－，则ln(－2a)＞1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)＜0；
当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0.
因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞))内单调递增．
又当x≤1时，f(x)＜0，所以f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)不妨设x1＜x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)内单调递减，
所以x1＋x2＜2等价于f(x1)＞f(2－x2)，
即f(2－x2)＜0.
由于f(2－x2)＝－x2e＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)e＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e－(x2－2)e.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以当x＞1时，g′(x)＜0，而g(1)＝0，
故当x＞1时，g(x)＜0.
从而g(x2)＝f(2－x2)＜0，故x1＋x2＜2.
[点评]　含x1，x2不等式证明问题策略
x1，x2可以是函数零点、极值点、方程的根、函数图象上两点的横坐标.,处理策略：
①减元，二元向一元转化(x1与x2有等量关系)，构造整体变量的集中与换元.
②极值点偏移→结合图象，对称，构造函数，研究单调性，比较大小.
[教师备选题]
1．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
[解](1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(ⅰ)若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递减．
(ⅱ)若a>0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增．
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a＞0，
即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0,1)时，1－＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数n0满足n0＞ln，
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0.
由于ln＞－ln a，
因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1)．
2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
[解](1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．
故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一个零点．
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以
h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，
故h(x)在(2,4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.

解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解．
提醒：(1)要注意参数端点值的取舍；(2)分类标准要恰当．

(方程根的个数与导数交汇)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1.
(1)当a＝1时，求证：f(x)≤0恒成立；
(2)若关于x的方程f(x)＋x2＋1＝0至少有两个不相等的实数根，求实数a的最小值．
[解](1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝－1＝，
令f′(x)＝0⇒x＝1，所以当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
故f(x)max＝f(1)＝0，所以f(x)≤0.
(2)f(x)＋x2＋1＝0至少有两个不相等的实数根，即ln x＋x2－ax＋2＝0，a＝＋x＋至少有两个不相等的实数根，
记φ(x)＝＋x＋(x＞0)，所以φ′(x)＝＋1－＝，
记h(x)＝x2－ln x－1(x＞0)，所以h′(x)＝2x－＝，
令h′(x)＝0⇒x＝，
所以当x∈时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，x∈时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
所以h(x)的最小值为h＝－ln－1＝－＋ln 2＝－(1－ln 2)＜0，
又h(1)＝0，所以x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，
又当x＝时，h＝－ln －1＝＋1－1＝＞0，因此必存在唯一的x0∈，使得h(x0)＝0.
因此x∈(0，x0)时，h(x)＞0，φ(x)单调递增，x∈(x0,1)时，h(x)＜0，φ(x)单调递减，x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，φ(x)单调递增，画出y＝φ(x)的大致图象，如图所示．
因此当φ(1)≤a≤φ(x0)时，直线y＝a与y＝φ(x)的图象至少有两个交点，所以a的最小值为φ(1)＝3.